2024年沪科版必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版必修1化学上册阶段测试试卷767考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、某化学反应可表示为a+b→c+d+H2O(未配平，条件略去)。下列叙述中正确的是()A.若b为浓硝酸，则c，d不可能同时为气体B.若a为Cl2，则c，d一定为漂白粉成分C.若a为H+，则c，d可能为沉淀和气体D.若反应后为蓝色溶液，该反应需加热才可以发生2、下列各组物质，按氧化物、单质、混合物顺序排列的是A.干冰、铜、漂白粉B.盐酸、红磷、生石灰C.纯碱、液态氧、氯水D.过氧化钠、空气、碳酸钠晶体3、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是。选项实验操作和现象结论A向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊该溶液中一定含有B向某溶液中加入少量稀硝酸，再滴加溶液，出现白色沉淀该溶液中一定含有C向某溶液中加入少量新制氯水，再滴加溶液，溶液变红该溶液中一定含有D用铂丝蘸取少量某溶液在无色火焰上灼烧进行焰色试验，火焰呈黄色该溶液中一定含有

A.AB.BC.CD.D4、NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是（）A.将足量Zn与100mL18mol/L浓硫酸反应，生成224mL气体，转移电子为0.02NAB.32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NAC.1molNa2O2固体中含离子总数与1molCH4中所含共价键数目相等D.常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体中含有的氮原子数为3NA5、可用如图装置制取（必要时可加热）；净化、收集的气体是。

A.铜和稀硝酸制一氧化氮B.碳酸钙和稀盐酸制二氧化碳C.锌和稀硫酸制氢气D.烧碱固体与浓氨水制氨气6、充满NO2和O2混合气体30mL的试管倒立于水中，最终试管中剩余5mL气体，则原试管中NO2和O2的体积比可能是A.1︰1B.3︰1C.5︰1D.9︰17、关于金属钠的下列说法错误的是：A.金属钠露置在空气中表面变暗，是因为被氧化B.金属钠在一定条件下可被氯气氧化C.在空气中加热金属钠会生成过氧化钠D.金属钠保存在水中8、根据所学知识分析，下列物质分类正确的是A.酸：CH3COOH、NaHSO4、H2SO4、HNO3B.碱：Na2CO3、NaOH、C2H5OH、KOHC.碱性氧化物：CaO、Na2O、Fe2O3，MgOD.酸性氧化物：CO2、SO2、CO、SO3评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、前者是物理变化，后者是化学变化的是()A.胶体的丁达尔效应、钟乳石的形成B.碘的升华、石油的蒸馏C.热的硝酸钾溶液降温析出晶体、石墨加工成金刚石D.蓝色的CuSO4·5H2O变白、浓硫酸在纸上写字10、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH>7的溶液；：B.溶液：C.溶液：D.溶液：11、化学概念中存在着许多“一定”和“不一定”，下列有关叙述中不正确的是A.碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物B.能在水溶液中电离出氢离子的化合物，其水溶液一定显酸性C.反应前后元素化合价没有变化的反应一定不是氧化还原反应D.氧化还原反应中，一种元素氧化，一定有另一种元素被还原12、如图所示，室温，密闭筒形容器中，有活塞位于全长一端处，左边为空气，右边为H2、O2混合气体，标准状况下，若将H2、O2混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复到原来温度后，活塞右滑停留在筒的中央，则原来H2、O2,的物质的量比可能为。

A.7∶1B.1∶1C.3∶1D.4∶113、某黄色溶液中可能含有Na+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、等离子(不考虑水的电离和离子的水解)。某同学为了确定其组分；设计并完成了如下实验：

下列说法正确的是()A.c(Fe3+)一定为0.2mol•L﹣1B.Cl﹣一定存在C.Na+、一定存在，一定不存在D.Na+、Fe2+可能存在，一定不存在评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、补齐物质及其用途的连线______。15、海带含有丰富的碘；为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：

请填写下列空白：（1）步骤③的实验操作名称是__。

（2）步骤⑤用到的玻璃仪器除烧杯外还有__，能否用乙醇来代替CCl4__（填“能”或“否”）。

（3）步骤⑥的实验操作名称是__。

（4）步骤③得到的滤液中c(I-)=0.04mol/L，欲使用c(I-)=0.01mol/L的溶液480mL，需取用该滤液__mL进行配制。16、氯及其化合物在工业生产生活中有很重要的作用。已知：实验室中可用KClO3与浓盐酸发生如下反应：

_____KClO3+_____HCl(浓)－_____KCl+_____Cl2↑+____H2O；

（1）请配平该反应，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目。______________

（2）该反应中氧化剂为______；氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；氧化产物与还原产物的物质的量之比为______；被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为_________。

（3）浓盐酸在反应中表现出来的性质是________________(填写编号)。

①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸。

（4）当此反应中产生标准状况下13.44L的Cl2，则该反应转移的电子的数目为_____；被氧化的盐酸的物质的量为______mol，参加反应的盐酸的物质的量为______mol。17、铁钉在氯气中被锈蚀为棕黄色物质FeCl3，而在盐酸中生成浅绿色的FeCl2溶液。则在Cl2、Cl－、H＋中，具有氧化性的是________，其中氧化性强的是________。18、图是元素周期表的一部分；回答下列有关问题：

。族。

周期。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

VA

ⅥA

VⅡA

0

2

①

②

3

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

4

⑩

⑪

⑫

(1)写出⑫的元素符号：_______，其原子序数为_______。

(2)在这些元素中，非金属性最强的元素是_______(用元素符号填答)。

(3)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与碱性最强的物质反应的化学方程式_______。

(4)在④⑤⑦⑧形成的四个简单离子中，离子半径由大到小的顺序是(用离子符号和“＞”填答)_______

(5)设计一种简单实验确认④与⑤中，哪个金属性更强(只要写出实验方案即可)，写出实验方案并预测结论：_______；19、现有下列物质：①H2②Na2O2③HCl④NaClO⑤CaBr2⑥NaHSO4⑦H2O2⑧Ar(填序号)

(1)只由离子键构成的物质是___________。

(2)不存在化学键的是___________。

(3)由离子键和极性键构成的物质是___________。

(4)属于共价化合物的物质是___________。

(5)溶于水时仅破坏离子键的是___________。

(6)用电子式表示CaBr2的形成过程为___________。20、将铁粉，铜粉，FeCl3溶液和CuCl2溶液混合于某溶液中充分反应；判断下列情况下，溶液中存在的金属离子和金属单质。

(1)若铁粉有剩余；则溶液中不可能有的离子是_______，铜单质______(填“一定”或“可能”)存在.

(2)若氯化铁和氯化铜都有剩余.则容器中不可能有的单质是_______，Fe2+_______；(填“一定”或“可能”)存在。

(3)若充分反应后，容器中没有固体，则反应的化学方程式有________________。21、将铁粉投入到盛有Cu2+、Ag+、Fe3+的溶液中，反应完毕时，若烧杯底部有铁粉剩余，溶液中一定不含的金属离子是_______，若烧杯中没有铁粉剩余，则溶液中一定含有的金属离子是_______，若溶液中不含有Cu2+时，则一定不含有的金属离子是_______。22、现有以下物质：①②③④⑤

(1)属于电解质的是______(填序号，下同)；只含有离子键的是______。

(2)的电离方程式为______。

(3)实验室需配制的溶液，需要称取______g；所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、______；若定容时俯视刻度线则所配溶液浓度______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。评卷人得分四、推断题(共2题，共20分)23、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________24、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．若b为浓硝酸；a为C，发生氧化还原反应可中二氧化碳；二氧化氮气体，故A错误；

B．若a为Cl2，b为NaOH；可用于制备84消毒液，故B错误；

C．若a为H+，b为硫代硫酸钠；可生成硫和二氧化硫气体，则c，d可能为沉淀和气体，故C正确；

D．若反应后为蓝色溶液；可能为铜和浓硝酸的反应，该反应不用加热，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题综合考查无机物的推断，全面考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，为高频考点，注意相关基础知识的积累，牢固把握元素化合物知识为解答该题的关键。2、A【分析】【详解】

A．干冰为固态CO2，属于氧化物，铜为金属单质，漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2；是混合物，故A正确；

B．盐酸是HCl的水溶液，为混合物，红磷为P4为单质；生石灰为CaO，是氧化物，故B错误；

C．纯碱指Na2CO3，是盐，不是氧化物，液态氧为O2为单质；氯水为氯气的水溶，为混合物，故C错误；

D．Na2O2为氧化物，空气为N2、O2等气体的混合气体；碳酸钠晶体为纯净物，故D错误；

故选A。3、D【分析】【详解】

A．能够使石灰水变浑浊的气体可能是CO2,也可能是SO2，故溶液中可能含有或也可能含有故A错误；

B．硝酸具有氧化性，能把氧化成故该溶液中不一定存在故B错误；

C．虽然氯水具有氧化性，能将氧化成但加入的试剂顺序错了，应先滴加溶液看是否变色，再滴加新制氯水，进而判断原溶液是否具有故C错误；

D．焰色试验，火焰呈黄色，可以判断溶液中含有故D正确；

本题答案D。4、B【分析】【详解】

A．生成的气体所处的状态不明确；故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A错误；

B．32g铜的物质的量为n==0.5mol，而铜与浓、稀硝酸反应后均变为+2价，故0.5mol铜反应失去NA个电子，由电子得失守恒可知，浓、稀硝酸得电子数均为NA个；故B正确；

C．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子；甲烷中含4个C—H键，故1mol甲烷中含4NA个共价键，1molNa2O2固体中含离子总数与1molCH4中所含共价键数目不相等；故C错误；

D．常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体中设NO2的物质的量为x，设N2O4的物质的量为y，由质量列出方程为46x+92y=92，解得x+2y=2，则92g的NO2和N2O4混合气体中含有的氮原子的物质的量为x+2y=2(mol)，含有的氮原子的数为2NA；故D错误；

答案为B。5、B【分析】【详解】

A．NO易被氧化；不能利用排空气法收集，故A不选；B．碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳，可利用浓硫酸干燥，然后用向上排空气法收集，故B选；C．生成氢气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，故C不选；D．烧碱固体与浓氨水制氨气，氨气能被浓硫酸吸收生成硫酸铵，不能干燥气体，故D不选；故选B。

点睛：把握实验装置的作用、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，由图可知，为固体与液体反应制备气体，且浓硫酸可干燥气体，然后利用向上排空气法收集密度比空气密度大的气体，易错点为选项D，不能忽视氨气与浓硫酸的反应，以此来解答。6、D【分析】【分析】

NO2和O2混合气体与水可能的反应式有：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据反应的方程式利用讨论的方法进行计算原混合气体中NO2和O2的体积。

【详解】

若氧气过量；则剩余5mL气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则：

4x+x=30mL−5mL=25mL，x=5mL，所以氧气的体积为：5mL+5mL=10mL，二氧化氮体积为：30mL−10mL=20mL，NO2和O2的体积比=2:1；

若剩余5mL气体为NO；设氧气的体积为y；

则y=3mL，则氧气体积为3mL，二氧化氮体积为：30mL−3mL=27mL，NO2和O2的体积比=9:1，答案选D。7、D【分析】【分析】

【详解】

A.金属钠具有强还原性；露置在空气中，与空气中氧气反应，被氧化生成氧化钠，表面变暗，A正确；

B.金属钠具有强还原性；在氯气中燃烧，被氧化生成氯化钠，B正确；

C.金属钠具有强还原性；在空气中放置生成氧化钠，在空气中加热，与空气中氧气反应生成过氧化钠，C正确；

D.金属钠具有强还原性；能与水反应生成氢氧化钠和氢气，金属钠应保存在煤油中，D错误；

故选D。

【点睛】

金属钠具有强还原性，能与空气中的氧气和水蒸气反应，为防止被氧化，应保存在煤油中隔绝与空气中的氧气和水蒸气的接触。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，CH3COOH、H2SO4、HNO3均是酸，NaHSO4是酸式盐；A错误；

B．电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，NaOH、KOH均是碱，Na2CO3是盐，C2H5OH是有机物；B错误；

C．碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，CaO、Na2O、Fe2O3；MgO均是碱性氧化物，C正确；

D．酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，CO2、SO2、SO3均是酸性氧化物；CO是不成盐氧化物，D错误；

答案选C。二、多选题(共5题，共10分)9、AC【分析】【详解】

A．胶体的丁达尔效应没有生成新物质，属于物理变化；钟乳石的形成过程中发生反应Ca(HCO3)2CaCO3↓+H2O+CO2↑；属于化学变化，故选A；

B．碘的升华；石油的蒸馏没有生成新物质；属于物理变化，故不选B；

C．热的硝酸钾溶液降温析出晶体没有生成新物质；属于物理变化；石墨加工成金刚石，有新物质生成，属于化学变化，故选C；

D．蓝色的CuSO4·5H2O变白，有新物质CuSO4生成；属于化学变化；浓硫酸具有脱水性，用浓硫酸在纸上写字，纸碳化，有新物质生成，属于化学变化，故不选D；

选AC。10、AB【分析】【详解】

A．室温下，的溶液显碱性，题述中四种离子相互间不反应，且可以与共存；故A符合题意；

B．题述中四种离子相互间不反应，且可以与共存；故B符合题意；

C．与反应生成不易电离的电解质故C不符合题意；

D．与反应生成沉淀，与反应生成和故D不符合题意。

综上所述，答案为AB。11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．碱性氧化物一定是金属氧化物；金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠，故A正确；

B．在水溶液中电离出氢离子的化合物不一定显酸性，例如NaHCO3；故B错误；

C．氧化还原反应的特征是存在元素化合价的变化；存在元素化合价的变化的一定是氧化还原反应，所以反应前后元素化合价没有变化的反应一定不是氧化还原反应，故C正确；

D．氧化还原反应可以发生在同种元素之间，如在Cl2+H2O⇌HCl+HClO反应中；只有Cl元素化合价发生变化，故D错误。

答案选BD。12、BC【分析】【详解】

令空气的物质的量为1mol，反应前，有活塞位于全长一端处，左右两室的体积之比为1：4，根据阿伏伽德罗定律，则反应前右室的物质的量为4mol，反应后，活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，反应后右室气体物质的量为1mol，发生反应2H2+O22H2O，设H2、O2的物质的量分别为xmol、ymol，若氢气过量，则：x-2y=1，x+y=4，解得x：y=3∶1，若氧气过量，则：y−0.5x=1，x+y=4，解得x：y=1∶1，答案选BC。13、BD【分析】【分析】

某黄色溶液中可能含有Na+、Fe2+、Fe3+、Cl-、等离子，因为显黄色，则溶液一定含Fe3+，加入过量NaOH溶液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量==0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素为Fe3+，原溶液中一定没有则4.66g固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量==0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由由电荷守恒，正电荷=3n(Fe3+)=0.06，负电荷=2n()=0.04，原溶液中一定有Cl-，物质的量应为0.02mol×3-0.02mol×2=0.02mol，若含有亚铁离子时，Cl-物质的量小于0.02mol，Na+、Fe2+、可能存在；以此来解答。

【详解】

A．溶液中Fe2+加热被氧化也可以生成铁离子，则原溶液中c(Fe3+)⩽=0.2mol/L；故A错误；

B．根据以上分析，原溶液中一定有Cl−；故B正确；

C．由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，Na+、可能存在；故C错误；

D．根据以上分析，Na+、Fe2+可能存在，一定不存在；故D正确；

答案选BD。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

B．镁铝合金的密度小，强度大；C．过氧化钠(Na2O2)能够与二氧化碳；水反应生成氧气；D．乙烯能催熟果实、是植物生长调节剂和水果的催熟剂；据此分析连线。

【详解】

A．液氨汽化过程中要吸收大量的热；使周围温度急剧降低，常用作制冷剂；

B．镁铝合金的密度小；强度大，常用作航空材料；

C．过氧化钠(Na2O2)能够与二氧化碳；水反应生成氧气；常用作供氧剂；

D．乙烯能催熟果实；是植物生长调节剂和水果的催熟剂；

故答案为：

【点睛】

解答本题要注意常见物质的性质和用途的记忆。【解析】15、略

【分析】【详解】

（1）步骤③是从海带灰的悬浊液中得到含碘离子的溶液；其实验操作名称是过滤，故答案为：过滤；

（2）步骤⑤为从碘水中萃取碘单质，需要萃取分液，用到的玻璃仪器除烧杯外还有用到分液漏斗。由于乙醇和水互溶，所以不能用乙醇来代替CCl4；故答案为：分液漏斗；否；

（3）步骤⑥的目的是从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳；是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏；故答案为：蒸馏；

（4）步骤③得到的滤液中c(I-)=0.04mol/L，欲使用c(I-)=0.01mol/L的溶液480mL，由于需要使用500mL容量瓶，因此需取用该滤液的体积为＝125mL；故答案为：125。【解析】①.过滤②.分液漏斗③.否④.蒸馏⑤.12516、略

【分析】【分析】

（1）根据电子得失守恒配平该反应方程式为：NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目：

（2）该反应中NaClO3氯元素化合价由+5变为0价，化合价降低得电子，做氧化剂，HCl中氯元素化合价由-1价变为0价，化合价升高失电子，做还原剂，由反应NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O可知；6mol盐酸中只有5mol被氧化，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；氧化剂为1mol，则对应的还原产物为1mol，还原剂5mol，则对应的氧化产物为5mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1；被氧化的元素和被还原的元素都是氯元素，质量之比等于氯元素的物质的量之比为5:1；

（3）浓盐酸在反应中一部分化合价不变生成氯化钾；表现酸性，一部分化合价升高被氧化，表现还原性；

（4）标准状况下13.44L的Cl2为0.6mol，由反应NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O，生成3mol氯气转移5mol电子，因此生成0.6mol氯气转移1mol电子，则该反应转移的电子的数目为NA；生成3mol氯气消耗6mol盐酸，其中被氧化的盐酸为5mol，因此生成0.6mol氯气，消耗1.2mol盐酸，其中被氧化的盐酸占参与反应盐酸总量的

【详解】

（1）根据电子得失守恒配平该反应方程式为：NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目：

答案为：1；6；1；3；3；

（2）该反应中NaClO3氯元素化合价由+5变为0价，化合价降低得电子，做氧化剂，HCl中氯元素化合价由-1价变为0价，化合价升高失电子，做还原剂，由反应NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O可知；6mol盐酸中只有5mol被氧化，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；氧化剂为1mol，则对应的还原产物为1mol，还原剂5mol，则对应的氧化产物为5mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1；被氧化的元素和被还原的元素都是氯元素，质量之比等于氯元素的物质的量之比为5:1；

答案为：NaClO3；1:5；5:1；5:1；

（3）浓盐酸在反应中一部分化合价不变生成氯化钾；表现酸性，一部分化合价升高被氧化，表现还原性；

答案选②；

（4）标准状况下13.44L的Cl2为0.6mol，由反应NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O，生成3mol氯气转移5mol电子，因此生成0.6mol氯气转移1mol电子，则该反应转移的电子的数目为NA；生成3mol氯气消耗6mol盐酸，其中被氧化的盐酸为5mol，因此生成0.6mol氯气，消耗1.2mol盐酸，其中被氧化的盐酸占参与反应盐酸总量的其物质的量为1.2mol×=1mol；

答案为：NA；1；1.2；

【点睛】

反应NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O的配平是易错点，氧化反应过程中要注意化合价的变化不能交叉为配平该反应的关键。【解析】16133NaClO31:55:15:1②NA11.217、略

【分析】【分析】

化合价降低的是氧化剂；具有氧化性，将铁氧化的价态越高，则氧化性越强。

【详解】

化合价降低的是氧化剂，具有氧化性，Cl2、H＋化合价都能降低，因此具有氧化性的是Cl2、H＋，铁钉在氯气中被锈蚀为棕黄色物质FeCl3，而在盐酸中生成浅绿色的FeCl2溶液。同种还原剂，将铁氧化的价态越高，则氧化性越强，因此氧化性强的是Cl2，故答案为：Cl2、H＋；Cl2。【解析】①.Cl2、H＋②.Cl218、略

【分析】【分析】

由元素在周期表的位置可知，①为N元素，②为F元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥为Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，⑩为K元素⑪为Ca元素，⑫为Br元素；据此解答。

【详解】

(1)由上述分析可知，⑫的元素符号为Br，其原子序数为35；答案为Br；35。

(2)由元素周期律可知；同周期元素从左至右，元素的非金属性依次增强，同主族元素从上往下，元素的非金属性依次减弱，则在这些元素中，非金属性最强的元素是F元素；答案为F。

(3)由元素周期律可知，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，由于F元素无含氧酸，在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质是高氯酸即HClO4，由元素周期律可知，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的物质是氢氧化钾即KOH，二者发生化学反应的化学方程式为HClO4+KOH=KClO4+H2O；答案为HClO4+KOH=KClO4+H2O。

(4)由上述分析可知，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，形成简单离子分别为Mg2+、Al3+、S2-、Cl-，由于Mg2+与Al3+具有相同的电子层结构，S2-与Cl-具有相同的电子层结构，由元素周期律可知，具有相同电子层结构的微粒隨着原子序数的递增，半径减小，即原子序数Mg＜Al，离子半径Mg2+＞Al3+，原子序数S＜Cl，离子半径S2-＞Cl-，电子层数越多，半径越大，即Mg2+与Al3+只有二个电子层，S2-与Cl-有三个电子层，则四种离子半径由大到小的顺序是S2-＞Cl-＞Mg2+＞Al3+；答案为S2-＞Cl-＞Mg2+＞Al3+。

(5)由上述分析可知，④为Mg元素，⑤为Al元素，根据金属与相同浓度的盐酸反应时，金属性越强，生成氢气的速率越快，反应越剧烈，则分别取大小和形状相同的Mg和Al与浓度相同的盐酸反应，观察产生气泡的速率和反应剧烈程度，比较快和剧烈的是Mg，故Mg金属性强；答案为分别取大小和形状相同的Mg和Al与浓度相同的盐酸反应，观察产生气泡的速率和反应剧烈程度，比较快和剧烈的是Mg，故Mg金属性强。【解析】Br35FHClO4+KOH=KClO4+H2OS2-＞Cl-＞Mg2+＞Al3+分别取大小和形状相同的Mg和Al与浓度相同的盐酸反应，观察产生气泡的速率和反应剧烈程度，比较快和剧烈的是Mg，故Mg金属性强19、略

【分析】【分析】

①H2是非金属单质；只含有非极性键；

②Na2O2是离子化合物；含有离子键和非极性键；

③HCl是共价化合物；只含有极性键；

④NaClO是离子化合物；含有离子键和极性键；

⑤CaBr2是离子化合物；只含有离子键；

⑥NaHSO4是离子化合物；含有离子键和极性键；

⑦H2O2是共价化合物；含有极性键和非极性键；

⑧Ar是非金属单质；是单原子分子，不含化学键；据此分析解答。

【详解】

(1)由以上分析知，只由离子键构成的物质是CaBr2；故选⑤。

(2)不存在化学键的是Ar；故选⑧。

(3)由离子键和极性键构成的物质是NaClO、NaHSO4；故选④⑥；

(4)属于共价化合物的物质是HCl、H2O2；故选③⑦；

(5)NaClO、CaBr2溶于水，分别电离生成钠离子和次氯酸根离子，钙离子和溴离子，仅破坏离子键；NaHSO4溶于水电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，破坏离子键和共价键，故溶于水时仅破坏离子键的是NaClO、CaBr2；故选④⑤；

(6)CaBr2为离子化合物，用电子式表示CaBr2的形成过程为【解析】⑤⑧④⑥③⑦④⑤20、略

【分析】【分析】

氧化性Fe3+>Cu2+，还原性Fe>Cu，所以先发生Fe+2Fe3+=3Fe2+；之后分情况讨论：

①若铁粉过量或Fe3+不足则发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

②若铁粉不足或Fe3+过量则发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

【详解】

(1)铁粉有剩余，即铁粉过量为情况①，溶液中Fe3+、Cu2+全都被还原；溶液中不可能再存在二者；根据分析可知铜粉没有反应，且铜离子全部被还原，则铜单质一定存在；

(2)若氯化铁和氯化铜都有剩余即Fe3+过量，铁粉不足，发生了2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+之后Fe3+仍有剩余，说明铜粉也不足，所以容器中不可能有的单质是Cu、Fe，由于一定会发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以Fe2+一定存在；

(3)只有铁离子可以氧化铜单质，充分反应没固体剩余说明Fe3+过量，发生的反应有Fe+2FeCl3=3FeCl2、Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。【解析】Fe3+、Cu2+一定Cu、Fe一定Fe+2FeCl3=3FeCl2、Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl221、略

【分析】【分析】

根据三种离子的氧化性顺序为Ag+＞Fe3+＞Cu2+；结合氧化还原反应规律解答。

【详解】

因为Ag+、Fe3+、Cu2+三种离子的氧化性顺序为Ag+＞Fe3+＞Cu2+，当加入铁粉时，按Ag+、Fe3+、Cu2+的顺序反应，当铁粉剩余时，Ag+、Fe3+、Cu2+将全部反应；若铁粉不剩余时，溶液中一定含有的离子只有Fe2+，溶液中不含Cu2+时，因为Fe3+、Ag+的氧化性比Cu2+强，所以一定不含有Ag+和Fe3+。

【点睛】

注意氧化还原反应规律的理解和应用，即一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。【解析】Ag+、Fe3+、Cu2+Fe2+Ag+和Fe3+22、略

【分析】【详解】

(1)电解质指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，常见电解质物质类别有：酸、碱、盐、金属氧化物、水、部分有机物，所给物质中符合要求的有：①②③④；含金属阳离子或的化合物中存在离子键；故排除①⑤，又原子团内部为共价键，故排除②④，所以只含离子键的物质为NaCl，即③；

(2)NaOH电离产生Na+和OH-，电离方程式为：

(3)所需NaCl物质的量：n(NaCl)=1.00mol/L×100mL×10-3L/mL=0.1mol，则m(NaCl)=0.1mol×58.5g/mol=5.85g，故需用托盘天平称取的质量为5.9g（托盘天平精确度为0.1）；配制过程中需要用到容量瓶，此实验中需要100mL容量瓶；若定容时俯视，则导致最终溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。【解析】①②③④③5.9容量瓶偏高四、推断题(共2题，共20分)23、略

【分析】【详解】

①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾，说明A为NH3·H2O或NH3；

②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3